2026届广东省茂名市高考数学自编模拟试卷（附答案解析）

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1．C
【分析】利用集合相等条件求解，并检验集合中元素的互异性即可得到判断.
【详解】由可得：，解得或，
当时，，不满足集合中元素的互异性，故舍去，
即满足题意，
故选：C
2．C
【分析】由复数乘法运算以及复数的几何意义列不等式即可求解.
【详解】，则，即，.
故选：C.
3．D
【分析】由题意，结合计算即可求解.
【详解】由题意知，，
，
所以.
故选：D
4．A
【分析】由辅助角公式化简，并利用的最小正周期求出，得到的解析式，令得到或，，确定奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.
【详解】，
因为的最小正周期为，，所以，故，
所以，令，即，
即，所以或，
解得或，，
又所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，
故令且，得到，，，，……，
显然，奇数项为首项为，公差为的等差数列，
偶数项为首项为，公差为的等差数列，
故数列的前12项和为.
故选：A
5．B
【分析】根据奇函数的性质，结合函数单调性的定义进行判断即可.
【详解】由，
因此不能判断在上单调递增.
当在上单调递增，
所以
，
因此“”是“在上单调递增”的必要不充分条件.
故选：B
6．A
【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得.
【详解】设正项等比数列的公比为，
且，则，
整理可得，解得或（舍去），
所以.
故选：A.
7．D
【分析】求圆心到直线的距离，由题意可知，代入运算求解即可.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
则到直线：的距离，
若圆上有不同的4个点到直线的距离等于1，则，
即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
8．A
【分析】求导并计算得出，分析可知，存在，对任意的恒成立，然后对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，可得出结果.
【详解】由题意，得，则，
因为在处取得极小值，所以，，
且存在，使得当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，且函数的定义域为，
因为，故函数为奇函数，
则问题等价于：对任意的恒成立，
令，则，
若对任意的恒成立，则，解得，
此时函数在上单调递增，当时，，合乎题意；
若对任意的恒成立，则，解得，
此时函数在上单调递减，当时，，不合乎题意；
当时，因为函数在上单调递增，
且，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，函数在单调递减，，
从而可知，函数在上单调递减，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：A.
9．BCD
【分析】由空间位置关系的向量证明判断A、B；利用线面角的向量求法可判断C；利用平面的法向量的性质可判断D.
【详解】对于A：，
，或，故A错误；
对于B：两个不同的平面，的法向量分别是，，
且，所以，故B正确；
对于C：是平面的法向量，是直线的方向向量，若，
设直线与平面所成角为，则，
得，即直线与平面所成角为，故C正确；
对于D：由题可得，，若向量是平面的法向量，
则有，得，则，故D正确．
故选：BCD.
10．ABD
【分析】由抛物线的定义可判断A项，由，及两点式方程可判断B项，由弦长公式可判断C项，由三角形的面积可判断D项.
【详解】由动点到点的距离比它到直线的距离小2，可得动点到点的距离等于它到直线的距离，
故动点的轨迹是焦点为的抛物线，故的方程为，故A正确；
设，点在第一象限，则，
由，得，得，代入，解得，则，
而，故直线的方程为： ，得，故B正确；
由，消去，得，，
则，故C错误；
点到直线：的距离为：，
则的面积为，故D正确.
故选：ABD

11．ACD
【分析】利用正弦定理、余弦定理，和差化积公式与和角公式将题设等式化简即可判断A，B项；借助于和角的正切公式和题设条件由即可证明C项；利用求导判断函数单调性即可求得最小值判断D项.
【详解】对于A，由和余弦定理，可得，整理得，
即得，故A正确；
对于B，由和正弦定理，可得，则，
即，由和差化积公式可得，
因，则得，
展开得，
整理得，则有，故B错误；
对于C，因是锐角三角形，故，
则得，即，故，即C正确；
对于D，又，，
设，则，且，则，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
故，
即当时，的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】先证明若原不等式恒成立，则有，再证明若，则原不等式恒成立，即可得到的取值范围是.
【详解】①若原不等式对恒成立，取，得.
而，，故，解得.
再取，得，从而，解得.
从而一定有.
②若，设，则对有，对有，所以在上递增，在上递减.
故对任意，都有，所以，.
这就说明了，故.
从而有，即原不等式恒成立.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意得到，，，，以及，，，分别是公比为的等比数列，再分奇偶讨论，结合分组求和计算即可.
【详解】解析：由，，得，，得
所以，，，以及，，，分别是公比为的等比数列，
当为奇数时，，当为偶数时，
所以，当为奇数时，，
当为偶数时，，
.
故答案为：.
14．0.3/
【分析】利用正态分布的对称性有，即可求.
【详解】因为，即，且，
所以，
则.
故答案为：
15．(1)比赛中只完成了一个项目的概率为
(2)答案见解析
(3)已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率为
【分析】（1）分析可得每个项目完成的概率均为，结合二项分布求解概率即可；
（2）记比赛中得分，则的可能取值为，确定完成电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝的概率，由此可确定随机变量对应的概率，从而得分布列；
（3）记在比赛中的总分为，的可能取值为，求解的概率，再结合条件概率公式即可得所求.
【详解】（1）由于进行了30次赛前模拟，每个项目完成的次数均为30次，
则每个项目完成的概率均为，
设完成比赛项目个数为，则，
则，
故比赛中只完成了一个项目的概率为；
（2）记比赛中得分，则的可能取值为，
完成电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝的概率分别为，
所以，
所以的分布列为：
（3）记在比赛中的总分为，的可能取值为，
所以，，
记比赛“获胜”为事件，“的总分不低于5分”为事件，
则，
故已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率为.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）由等差、等比数列的基本量表示已知条件求出，得到通项公式；
（2）裂项相消法求和.
【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，则，
且，即，解得，
所以；
（2）由（1），
设数列的前项和为，
则.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】方法一：（1）由直三棱柱的性质结合题设易得，由，可得平面，进而得到，可得，进而求证即可；
（2）设点到平面BCD的距离为d，利用等体积法，求解即可；
方法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量证得，，进而求证即可；
（2）利用空间向量求解即可.
【详解】（1）方法一：由直三棱柱的性质可知平面，
因为平面，所以，，
由题可知四边形为矩形，，
所以四边形为正方形，所以，
因为，，，且平面，
所以平面，又平面，
所以，因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
方法二：以A为原点，AB，AC，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
则，，，
所以，
，
所以，，
又因为，，平面，所以平面.
（2）方法一：设点到平面BCD的距离为d，
易得，，，
则，
则，
所以，
则，，
由得，，解得，
所以点A到平面BCD的距离为.
方法二：由（1）得，，，
设平面BCD的一个法向量为，则，所以，
取，则，，所以，
设点A到平面BCD的距离为，则，
所以点A到平面BCD的距离为.

18．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据题意，表示出直线的方程，然后与抛物线方程联立，由即可证明；
（2）（ⅰ）根据题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，从而得到直线的方程，再与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再结合相似三角形即可证明；（ⅱ）由条件可得，再由代入计算，即可证明.
【详解】（1）由题意知，
设，则，
所以，所以，
所以直线的斜率为，方程为．
联立方程得，
因为，所以直线与相切．
（2）

（ⅰ）设直线的方程为，
由可得，则，又因为，所以．
由（1）知，点，直线的斜率为，方程为，
由得，由，
得．
作，垂足为，则，直线的方程为，
将直线与的方程联立，得解得．
所以，所以，
由相似三角形的性质可得．
（ⅱ）由（ⅰ）知，所以，故，
因为，
所以（当且仅当时等号成立），
故，即的面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)奇函数，证明见解析；
(2)见解析；
(3).
【分析】（1）利用奇函数的定义即可得解；
（2）将零点的个数问题，转化为方程的解的个数问题，再在平面直角坐标系中画出函数的图象，数形结合即可得解；
（3）令，则等价于，再分类讨论的范围，利用函数的奇偶性与单调性，将得到与的大小关系，即可得解.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
且，
故为奇函数.
（2），等价于方程有解，
因此函数零点的个数，等价于方程的解的个数.
，
在平面直角坐标系中作出函数的图象，得：
由图可知，当时，方程有个解，即有个零点；
当时，方程有个解，即有个零点；
当时，方程有个解，即有个零点；
当时，方程有个解，即有个零点；
当时，方程有个解，即有个零点.
综上，当或时，函数有个零点；
当时，函数有个零点；
当时，函数有个零点.
（3）设，则，
则不等式等价于，
即，
①当时，，由函数图象可知，在上单调递减，
故由单调性可将转化为，即；
②当时，， 由函数图象可知，在上单调递增，
由单调性可将转化为，即，
③当时，，设，
由图可知在上单调递增，在上单调递增，
故在上单调递增，
则当时，，
此时，不等式无解.
综上，，
即或，
解得，
即不等式的解集为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
A
B
A
D
A
BCD
ABD
题号
11









答案
ACD